コーシーの積分定理 #

ここではコーシーの積分定理について説明する。いくつかの関数について閉曲線での複素線積分 $\int_Cf(z)dz$ が$0$になったが、これは偶然ではない。

複素平面内の領域$U\subset \mathbb{C}$上の正則関数$f:U\to\mathbb{C}$と、 $U$内の閉曲線$C$が適切な条件を満たすとき、以下の式が成り立つ。
$$ \int_Cf(z)dz=0 $$

長方形に対するコーシーの積分定理 #

$R\subset\mathbb{C}$を長方形領域とし、$f$は$R$の境界および内部で正則であるとする。このとき、 $$ \int_{\partial R}f(z)dz=0 $$ である。

原始関数の存在 #

コーシーの積分定理を用いて領域が適切な条件を満たすとき原始関数の存在を証明する。

$f$を円板内部$D$で正則な関数とする。（$D$が他の形ならどうかは後で考える。）

$z\in D$に対し、 $$ F(z)=\int^z_0f(x)dx $$ とおく。ここでは一旦積分経路を次のようにとる。まず、原点$0$から実軸に平行に移動し、その後虚軸に平行に移動する。円板なので必ずこのような経路を取ることができ、一意的である。

長方形に対するコーシーの積分定理から、積分経路を次のようにとっても積分値は一致する。 $a$から虚軸に平行に移動し、その後実軸に平行に移動する。

このことを利用すると、$F$が正則であり、その導関数が$f$であることを証明できる。

$x$軸と並行な$C_2$と$y$軸と平行な$C_1$を用いて$a$と$z$を繋ぐ。 $$ \frac{\partial}{\partial x}F(z)=\frac{\partial}{\partial x}(\int_{C_1}f(z)dz+\int_{C_2}f(z)dz)= f(z) $$ となり、同様にして $$ \frac{\partial}{\partial y}F(z)=if(z) $$ となる。よって、コーシーリーマン方程式により、$F(z)$が正則であり、$F'(z)=f(z)$であることもわかる。

前に見たように、原始関数を持つならば線積分は積分経路によらず端点のみで決まる。特に閉曲線での積分は$0$になる。これが$D$が円板の場合のコーシーの積分定理。

$D$が円板から原点を除いた領域の場合には、上の議論はできない。なので、この場合にはコーシーの積分定理は成立せず、実際線積分が経路によるような関数$f$が存在する。

積分路と原始関数 #

被積分関数$f$が原始関数$F$を持つとき、線積分の値が積分路によらず始点と終点のみで決まる。（これは領域の形にはよらない？）

$\alpha, \beta\in\mathbb{C}$を結ぶ任意の曲線$C_1, C_2$に対して $$ \int_{C_1}f(z)dz=\int_{C_2}f(z)dz $$ が成り立つ。

あるいは、任意の閉曲線$C$について $$ \int_Cf(z)dz=0 $$ が成り立つ。

$f$が原始関数を持つとき、（単連結領域じゃなくても？）線積分は経路によらない。

$F$が$f$の原始関数である、つまり$F'(z)=f(z)$であるとする。
曲線$z(t)$に対して、 $$ \frac{d}{dt}F(z(t))=F'(z(t))z'(t)=f(z(t))z'(t) $$ である。
よって、 $$ \int_Cf(z)dz=\int^b_af(z(t))z'(t)dt=\int_a^b\frac{d}{dt}F(z(t))dt=F(b)-F(a) $$ となる。つまり、$C$の始点$a$と終点$b$のみで定まる。（原始関数は積分定数の不定性があるが、それは消える。）

$f(z)=z^n$など。

一般的なコーシーの積分定理 #

より一般の状況における積分定理を述べるため、いくつか言葉を用意しよう。

空でない連結開集合$\Omega\subset\mathbb{C}$を領域という。

ここで$\Omega$が連結であるとは$\Omega$の部分集合で開集合かつ閉集合であるものが$\Omega$自身と$\emptyset$のみであることをいう。

閉曲線$C$の$z=a$についての回転数$n(C,a)$を $$ n(C,a)=\frac{1}{2\pi i}\int_C\frac{dz}{z-a} $$ で定義する。

反時計回りの単位円周を$C$としたとき、$n(C,0)=1, n(C,2)=0$である。

閉曲線の形式的な和をサイクルという。

領域$D$内のサイクル$C$が、$D$に関して$0$にホモローグであるとは、 $D$の補集合の任意の点$a$に対し、$n(C,a)=0$であること。

$D=\mathbb{C}$とし、$C$を反時計回りの単位円周とするとこれは$D$に関して$0$にホモローグ。一方で$D=\mathbb{C}\setminus{0}$とすると、この$C$は$D$に関して$0$にホモローグではない。

この概念を用いて、コーシーの積分定理をより強い形で述べる。

$f$が領域$D\subset \mathbb{C}$で正則とする。 $D$内でホモローグ$0$な任意のサイクル$C$に対し、次が成り立つ。 $$ \int_Cf(z)dz=0 $$

ここではこれについて証明はしない。重要な点は、コーシーの積分定理を成立させるためにホモローグ$0$という位相幾何的な条件を考えることにある。

積分路の変更。 $C_1$と$C_2$が$D$内で連続変形できれば、 $$ \int_{C_1}f(z)dz=\int_{C_2}f(z)dz $$ となる。

単純閉曲線とは。始点と終点が同じで、自己交差を持たないもの。

曲線の連続変形とは。

コーシーの積分定理を用いた積分計算 #

$C$を単位円周で正の向きとする。 $$ \int_C\frac{1}{z-a}dz $$ を$a\notin C$の値で場合わけして求める。中か外か。 $$ \int_C\dfrac{1}{z}dz=2\pi i $$ を思い出す。

$C$を楕円$a\cos t+ib\sin t$とする。このとき、 $$ \int_Cz^ndz $$ を求めよ。

$C$を単位円として、 $$ \int_C\frac{1}{z(z-2i)}dz, \int_C\frac{1}{z^2-2z}dz $$ を計算する。

$C$を中心$\alpha$で半径$r$の円を反時計回りに向きをつけたものとして、 $$ \int_C\frac{1}{z^2+1}dz $$ の値がどうなるか、場合わけして計算する。

コーシーの積分定理の証明 #

長方形に対するコーシーの積分定理を証明する。

大雑把に言えば、正則関数なので十分小さい領域では一次式で近似でき、一次式の積分は直接計算する、という方法で証明する。

$R$を$a\leq x\leq b, c\leq y\leq d$で定義された長方形とし、その周$\partial R$に反時計回りに向きをつける。 $f(z)$が$R$で正則であれば $$ \int_{\partial R}f(z)dz=0 $$ が成り立つ。

証明の方針としては、長方形$R$を細分していき、$f(z)$を一次関数で近似した積分値によって評価する。

長方形$S$の周での積分値を$\eta(S)$と略記する。つまり、 $$ \int_{\partial S}f(z)dz=\eta(S) $$ とする。

一般の長方形$S$に対して一次式の積分を直接計算すると $$ \int_{\partial S}dz=0\\ \int_{\partial S}zdz=0 $$ となる。

これにより、任意の長方形$S$に対して $$ \eta(S)=\int_{\partial S}f(z)dz =\int_{\partial S}(f(z)-f(z_\ast)-(z-z_\ast)f'(z_\ast))dz $$ が成り立つ。

まず、$R$を$4$つの合同な長方形に分割し、それらを$R^1, R^2, R^3, R^4$と仮に名付ける。すると、 $$ \eta(R)=\eta(R^1)+\eta(R^2)+\eta(R^3)+\eta(R^4) $$ である。よって、$R^1$から$R^4$のうちの少なくとも一つは $$ \lvert\eta(R^i)\rvert\geq\frac{1}{4}\lvert\eta(R)\rvert $$ を満たす。これを$R_1$と書くことにしよう。

これを同様に繰り返すことで長方形の列$R_n$を定義する。つまり、 $$ \lvert\eta(R_n)\rvert\geq\frac{1}{4}\lvert\eta(R_{n-1})\rvert $$ が成立するように長方形をどんどん小さくとっていく。

すると、任意の$n$に対して $$ \lvert \eta(R_n) \rvert\geq\frac{1}{4^n}\lvert \eta(R) \rvert $$ が成り立つ。

この長方形の列$R_1, R_2,\ldots$はある点$z_\ast$に収束する。区間縮小法。正確にいうと、任意の$\delta$に対して十分大きな$n$について$R_n$は$\lvert z-z_\ast \rvert<\delta$に含まれる。

$f$が$z_\ast$で正則であるから、微分係数の定義から、任意の$\epsilon>0$に対し、$\delta$を適当に取ることで、$0<\lvert z-z_\ast \rvert<\delta$に対し $$ \lvert f(z)-f(z_\ast)-(z-z_\ast)f'(z_\ast) \rvert<\epsilon\lvert z-z_\ast \rvert $$ が成り立つようにできる。

特に、$\delta$に対して定まる十分大きな$n$に対して、任意の$z\in R_n$に対して、 $$ \lvert f(z)-f(z_\ast)-(z-z_\ast)f'(z_\ast) \rvert<\epsilon\lvert z-z_\ast \rvert $$ が成り立つ。

$\epsilon>0$とする。上のように、$R_n$に対して$f$の値の不等式が成り立つように$n$をとる。すると、 $$ \lvert \eta(R_n) \rvert＝\left\lvert\int_{\partial R_n}(f(z)-f(z_\ast)-(z-z_\ast)f'(z_\ast))dz\right\rvert\\ \leq\int_{\partial R_n}\lvert(f(z)-f(z_\ast)-(z-z_\ast)f'(z_\ast))\rvert \lvert dz\rvert\\ \leq\epsilon\int_{\partial R_n}\lvert z-z_\ast \rvert\lvert dz \rvert $$ となる。

ここで$\lvert z-z_\ast \rvert$は$R_n$の対角線の長さ$d_n$より小さく、また$R_n$の周の長さを$L_n$とすると、 $$ \epsilon\int_{\partial R_n}\lvert z-z_\ast \rvert\lvert dz \rvert\leq \epsilon d_nL_n $$ となる。

$R$の対角線の長さ$d$、周の長さ$L$とすると、$d_n=\dfrac{1}{2^n}d, L_n=\dfrac{1}{2^n}L$であるから、 $$ \lvert \eta(R_n) \rvert\leq\frac{1}{4^n}dL\epsilon $$ となり、 $$ \lvert \eta(R) \rvert\leq dL\epsilon $$ が成立する。

これが任意の$\epsilon>0$で成り立つので $$ \eta(R)=0 $$ が証明できた。